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备战2024年高考数学大一轮复习（人教A版-理）第十一章 计数原理、概率、随机变量及其分布 第1节 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
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这是一份备战2024年高考数学大一轮复习（人教A版-理）第十一章 计数原理、概率、随机变量及其分布 第1节 分类加法计数原理与分步乘法计数原理，共13页。试卷主要包含了分步乘法计数原理等内容，欢迎下载使用。
考试要求 1.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理；2.会用分类加法计数原理或分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题.
1.分类加法计数原理
完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法.那么完成这件事共有N＝m＋n种不同的方法.
2.分步乘法计数原理
完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m×n种不同的方法.
3.分类加法和分步乘法计数原理，区别在于：分类加法计数原理针对“分类”问题，其中各种方法相互独立，用其中任何一种方法都可以做完这件事；分步乘法计数原理针对“分步”问题，各个步骤相互依存，只有各个步骤都完成了才算完成这件事.
分类加法计数原理与分步乘法计数原理是解决排列组合问题的基础，并贯穿其始终.
1.分类加法计数原理中，完成一件事的方法属于其中一类，并且只属于其中一类.
2.分步乘法计数原理中，各个步骤相互依存，步与步之间“相互独立，分步完成”.
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(1)在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同.( )
(2)在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能直接完成这件事.( )
(3)在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的.( )
(4)在分步乘法计数原理中，事情是分两步完成的，其中任何一个单独的步骤都能完成这件事.( )
答案 (1)× (2)√ (3)√ (4)×
解析 分类加法计数原理，每类方案中的方法都是不同的，每一种方法都能完成这件事；分步乘法计数原理，每步的方法都是不同的，每步的方法只能完成这一步，不能完成这件事，所以(1)，(4)均不正确.
2.(2021·滕州期中)从甲地到乙地有三种方式可以到达.每天有8班汽车、2班火车和2班飞机.一天一人从甲地去乙地，共有不同的走法种数为( )
A.24 B.16 C.12 D.48
答案 C
解析 分三类：一类是乘汽车有8种方法；一类是乘火车有2种方法；一类是乘飞机有2种方法，由分类加法计数原理知，共有8＋2＋2＝12(种)方法.
3.已知集合M＝{1，－2，3}，N＝{－4，5，6，－7}，从M，N这两个集合中各选一个元素分别作为点的横坐标、纵坐标，则这样的坐标在直角坐标系中可表示第一、第二象限内不同的点的个数是( )
A.12 B.8 C.6 D.4
答案 C
解析 分两步：第一步先确定横坐标，有3种情况，第二步再确定纵坐标，有2种情况，因此第一、二象限内不同点的个数是3×2＝6，故选C.
4.已知某公园有4个门，从一个门进，另一个门出，则不同的走法的种数为( )
A.16 B.13 C.12 D.10
答案 C
解析 将4个门编号为1，2，3，4，从1号门进入后，有3种出门的方法，共3种走法，从2，3，4号门进入，同样各有3种走法，共有不同走法3×4＝12(种).
5.(易错题)从0，2中选一个数字，从1，3，5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为( )
A.24 B.18 C.12 D.6
答案 B
解析 分两类情况讨论：第1类，奇偶奇，个位有3位选择，十位有2种选择，百位有2种选择，共有3×2×2＝12(个)奇数；第2类，偶奇奇，个位有3种选择，十位有2种选择，百位有1种选择，共有3×2×1＝6(个)奇数.根据分类加法计数原理知，共有12＋6＝18(个)奇数.
6.(易错题)某人有3个电子邮箱，他要发5封不同的电子邮件，则不同的发送方法有________种.
答案 243
解析 因为每个邮件选择发的方式有3种不同的情况.所以要发5个电子邮件，发送的方法有3×3×3×3×3＝35＝243(种).
考点一 分类加法计数原理的应用
1.从3名女同学和2名男同学中选1人主持主题班会，则不同的选法种数为( )
A.6 B.5 C.3 D.2
答案 B
解析 5个人中每一个都可主持，所以共有5种选法.
2.从集合{1，2，3，…，10}中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为( )
A.3 B.4 C.6 D.8
答案 D
解析 以1为首项的等比数列为1，2，4；1，3，9；
以2为首项的等比数列为2，4，8；
以4为首项的等比数列为4，6，9；
把这4个数列的顺序颠倒，又得到另外的4个数列，
∴所求的数列共有2(2＋1＋1)＝8(个).
3.椭圆eq \f(x2,m)＋eq \f(y2,n)＝1的焦点在x轴上，且m∈{1，2，3，4，5}，n∈{1，2，3，4，5，6，7}，则这样的椭圆的个数为________.
答案 10
解析 因为焦点在x轴上，m>n，以m的值为标准分类，分为四类：第一类：m＝5时，使m>n，n有4种选择；第二类：m＝4时，使m>n，n有3种选择；第三类：m＝3时，使m>n，n有2种选择；第四类：m＝2时，使m>n，n有1种选择.由分类加法计数原理，符合条件的椭圆共有10个.
感悟提升 分类标准应抓住题目中的关键词、关键元素和关键位置.
(1)根据题目特点恰当选择一个分类标准.
(2)分类时应注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类，并且分别属于不同种类的两种方法才是不同的方法，不能重复.
(3)分类时除了不能交叉重复外，还不能有遗漏.
考点二 分步乘法计数原理的应用
例1 (1)用0，1，2，3，4，5可组成无重复数字的三位数的个数为________.
(2)五名学生报名参加四项体育比赛，每人限报一项，则不同的报名方法的种数为______.五名学生争夺四项比赛的冠军(冠军不并列)，则获得冠军的可能性有________种.
答案 (1)100 (2)45 54
解析 (1)可分三步给百、十、个位放数字，第一步：百位数字有5种放法；第二步：十位数字有5种放法；第三步：个位数字有4种放法，根据分步乘法计数原理，三位数的个数为5×5×4＝100.
(2)五名学生参加四项体育比赛，每人限报一项，可逐个学生落实，每个学生有4种报名方法，共有45种不同的报名方法.五名学生争夺四项比赛的冠军，可对4个冠军逐一落实，每个冠军有5种获得的可能性，共有54种获得冠军的可能性.
感悟提升 1.利用分步乘法计数原理解决问题要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的，并且分步必须满足：完成一件事的各个步骤是相互依存的，只有各个步骤都完成了，才算完成这件事.
2.分步必须满足两个条件：一是步骤互相独立，互不干扰；二是步与步确保连续，逐步完成.
训练1 (1)从集合{0，1，2，3，4，5，6}中任取两个互不相等的数a，b组成复数a＋bi，其中虚数的个数是( )
A.30 B.42 C.36 D.35
(2)(2021·贵阳诊断)中国有十二生肖，又叫十二属相，每一个人的出生年份对应了十二种动物(鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪)中的一种.现有十二生肖的吉祥物各一个，三位同学依次选一个作为礼物，甲同学喜欢牛和马，乙同学喜欢牛、狗和羊，丙同学哪个吉祥物都喜欢，如果让三位同学选取礼物都满意，则选法有( )
A.30种 B.50种 C.60种 D.90种
答案 (1)C (2)B
解析 (1)因为a＋bi为虚数，所以b≠0，即b有6种取法，a有6种取法，由分步乘法计数原理知可以组成6×6＝36个虚数.
(2)①若甲同学选择牛，则乙有2种选择，丙有10种选择，选法有1×2×10＝20种；
②若甲同学选择马，则乙有3种选择，丙有10种选择，选法有1×3×10＝30种，
所以共有20＋30＝50种选法.故选B.
考点三 两个计数原理的综合应用
角度1 与数字有关的问题
例2 用0，1，2，3，4，5，6这7个数字可以组成________个无重复数字的四位偶数(用数字作答).
答案 420
解析 要完成的“一件事”为“组成无重复数字的四位偶数”，所以千位数字不能为0，个位数字必须是偶数，且组成的四位数中四个数字不重复，因此应先分类，再分步.
①第1类，当千位数字为奇数，即取1，3，5中的任意一个时，个位数字可取0，2，4，6中的任意一个，百位数字不能取与这两个数字重复的数字，十位数字不能取与这三个数字重复的数字.
根据分步乘法计数原理，有3×4×5×4＝240(种)取法.
②第2类，当千位数字为偶数，即取2，4，6中的任意一个时，个位数字可以取除首位数字的任意一个偶数数字，百位数字不能取与这两个数字重复的数字，十位数字不能取与这三个数字重复的数字.
根据分步乘法计数原理，有3×3×5×4＝180(种)取法.
③根据分类加法计数原理，共可以组成240＋180＝420(个)无重复数字的四位偶数.
角度2 与几何有关的问题
例3 如果一条直线与一个平面平行，那么称此直线与平面构成一个“平行线面组”.在一个长方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数是( )
A.60 B.48 C.36 D.24
答案 B
解析 一个长方体的面可以和它相对的面上的4条棱和两条对角线组成6个“平行线面组”，一共有6个面，共有6×6＝36(个).
长方体的每个对角面有2个“平行线面组”，共有6个对角面，一共有6×2＝12(个).
根据分类加法计数原理知：共有36＋12＝48(个).
角度3 涂色问题
例4 如图所示，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端异色，如果只有5种颜色可供使用，求不同的染色方法种数.
解 法一 按所用颜色种数分类.
第一类：5种颜色全用，共有Aeq \\al(5,5)种不同的方法；
第二类：只用4种颜色，则必有某两个顶点同色(A与C，或B与D)，共有2×Aeq \\al(4,5)种不同的方法；
第三类：只用3种颜色，则A与C，B与D必定同色，共有Aeq \\al(3,5)种不同的方法.
由分类加法计数原理，得不同的染色方法种数为Aeq \\al(5,5)＋2×Aeq \\al(4,5)＋Aeq \\al(3,5)＝420(种).
法二 以S，A，B，C，D顺序分步染色.
第一步：S点染色，有5种方法；
第二步：A点染色，与S在同一条棱上，有4种方法；
第三步：B点染色，与S，A分别在同一条棱上，有3种方法；第四步：C点染色，也有3种方法，但考虑到D点与S，A，C相邻，需要针对A与C是否同色进行分类，当A与C同色时，D点有3种染色方法；当A与C不同色时，因为C与S，B也不同色，所以C点有2种染色方法，D点也有2种染色方法.由分步乘法、分类加法计数原理得不同的染色方法共有5×4×3×(1×3＋2×2)＝420(种).
感悟提升 1.在综合应用两个原理解决问题时应注意：
(1)一般是先分类再分步.在分步时可能又用到分类加法计数原理.(2)对于较复杂的两个原理综合应用的问题，可恰当地列出示意图或列出表格，使问题形象化、直观化.
2.解决涂色问题，可按颜色的种数分类，也可按不同的区域分步完成.
训练2 (1)(2022·合肥模拟)用0，1，…，9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为( )
A.243 B.252 C.261 D.279
(2)(2022·青岛质检)如图所示，用4种不同的颜色涂入图中的矩形A，B，C，D中，要求相邻的矩形涂色不同，则不同的涂法有( )
A.72种 B.48种 C.24种 D.12种
答案 (1)B (2)A
解析 (1)0，1，2，…，9共能组成9×10×10＝900(个)三位数，其中无重复数字的三位数有9×9×8＝648(个)，∴有重复数字的三位数有900－648＝252(个).
(2)法一 首先涂A有4种涂法，则涂B有3种涂法，C与A，B相邻，则C有2种涂法，D只与C相邻，则D有3种涂法，所以共有4×3×2×3＝72种涂法.
法二 按要求涂色至少需要3种颜色，故分两类：一是4种颜色都用，这时A有4种涂法，B有3种涂法，C有2种涂法，D有1种涂法，共有4×3×2×1＝24(种)涂法；二是用3种颜色，这时A，B，C的涂法有4×3×2＝24(种)，D只要不与C同色即可，故D有2种涂法，所以不同的涂法共有24＋24×2＝72(种).
1.已知两条异面直线a，b上分别有5个点和8个点，则这13个点可以确定不同的平面个数为( )
A.40 B.16 C.13 D.10
答案 C
解析 分两类情况讨论：
第1类，直线a分别与直线b上的8个点可以确定8个不同的平面；
第2类，直线b分别与直线a上的5个点可以确定5个不同的平面.
根据分类加法计数原理知，共可以确定8＋5＝13个不同的平面.
2.(2021·济南调研)有4位教师在同一年级的4个班中各教一个班的数学，在数学检测时要求每位教师不能在本班监考，则不同的监考方法有( )
A.8种 B.9种 C.10种 D.11种
答案 B
解析 设四位监考教师分别为A，B，C，D，所教班分别为a，b，c，d，假设A监考b，则余下三人监考剩下的三个班，共有3种不同方法，同理A监考c，d时，也分别有3种不同方法，由分类加法计数原理，共有3＋3＋3＝9(种)不同的监考方法.
3.从0，1，2，3，4，5这六个数字中，任取两个不同的数字相加，其和为偶数的不同取法的种数为( )
A.30 B.20 C.10 D.6
答案 D
解析 从0，1，2，3，4，5这六个数字中任取两个不同的数字的和为偶数可分为两类：
第一类，取出的两个数都是偶数，有0和2，0和4，2和4，共3种不同的取法；
第二类，取出的两个数都是奇数，有1和3，1和5，3和5，共3种不同的取法.
由分类加法计数原理得，共有3＋3＝6种不同的取法.
4.某电话局的电话号码为139××××××××，若前六位固定，最后五位数字是由6或8组成的，则这样的电话号码的个数为( )
A.20 B.25 C.32 D.60
答案 C
解析 依据题意知，后五位数字由6或8组成，可分5步完成，每一步有2种方法，根据分步乘法计数原理，符合题意的电话号码的个数为25＝32.
5.集合P＝{x，1}，Q＝{y，1，2}，其中x，y∈{1，2，3，…，9}，且P⊆Q.把满足上述条件的一对有序整数对(x，y)作为一个点的坐标，则这样的点的个数是( )
A.9 B.14 C.15 D.21
答案 B
解析 当x＝2时，x≠y，点的个数为1×7＝7.
当x≠2时，由P⊆Q，∴x＝y.
∴x可从3，4，5，6，7，8，9中取，有7种方法.
因此满足条件的点共有7＋7＝14(个).
6.(2022·西安质检)将一个四面体P－ABC的六条棱上涂上红、黄、白三种颜色，要求共端点的棱不能涂相同颜色，则不同的涂色方案有( )
A.1种 B.3种 C.6种 D.9种
答案 C
解析 法一 如图，先涂PA，有3种方法，对于PB，因与PA有共同的端点，则有2种方法，对于PC，因与PA，PB有共同的端点，与PA，PB颜色不同，有1种涂色方法，这三条棱，共有3×2×1＝6种情况，而AB，BC，AC三条棱，都只有一种方法，则共有6×1＝6种.
法二 因为只有三种颜色，又要涂六条棱，且共端点的棱不能涂相同的颜色，所以应该将四面体的对棱涂成相同的颜色，故有3×2×1＝6(种)涂色方案.
7.(2022·安阳模拟)如图为我国数学家赵爽(约3世纪初)在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现在提供5种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方案共有( )
A.120种 B.260种 C.340种 D.420种
答案 D
解析 由题意可知上下两块区域可以相同，也可以不同，则共有5×4×3×1×3＋5×4×3×2×2＝180＋240＝420(种).故选D.
8.李明自主创业种植有机蔬菜，并且为甲、乙、丙、丁四家超市提供配送服务，甲、乙、丙、丁四家超市分别需要每隔2天、3天、5天、6天去配送一次.已知6月1日李明分别去了这四家超市配送，那么整个6月他不用去配送的天数是( )
A.12 B.13 C.14 D.15
答案 B
解析 将6月份的30天依次编号为1，2，3，…，30，因为甲、乙、丙、丁四家超市分别需要每隔2天、3天、5天、6天去配送一次，且6月1日李明分别去了这四家超市配送，所以李明去甲超市的天数编号为：1，4，7，10，13，16，19，22，25，28，共10天；李明去乙超市但不去甲超市的天数编号为：5，9，17，21，29，共5天；李明去丙超市但不去甲、乙超市的天数编号不存在，共0天；李明去丁超市但不去甲、乙、丙超市的天数编号为：8，15，共2天.所以李明需要配送的天数为10＋5＋0＋2＝17，所以整个6月李明不用去配送的天数是30－17＝13.
9.(2021·大同模拟)书架的第1层放有4本不同的计算机书，第2层放有3本不同的文艺书，第3层放有2本不同的体育书.从书架中任取1本书，则不同取法的种数为________.
答案 9
解析 从书架上任取1本书，有三类方法：第1类方法是从第1层取1本计算机书，有4种方法；第2类方法是从第2层取1本文艺书，有3种方法；第3类方法是从第3层取1本体育书，有2种方法.根据分类加法计数原理，不同取法的种数是N＝4＋3＋2＝9.
10.满足a，b∈{－1，0，1，2}，且关于x的方程ax2＋2x＋b＝0有实数解的有序数对(a，b)的个数为________.
答案 13
解析 当a＝0时，b的值可以是－1，0，1，2，故(a，b)的个数为4；当a≠0时，要使方程ax2＋2x＋b＝0有实数解，需使Δ＝4－4ab≥0，即ab≤1.
若a＝－1，则b的值可以是－1，0，1，2，(a，b)的个数为4；
若a＝1，则b的值可以是－1，0，1，(a，b)的个数为3；
若a＝2，则b的值可以是－1，0，(a，b)的个数为2.
由分类加法计数原理可知，(a，b)的个数为4＋4＋3＋2＝13.
11.有六名同学报名参加三个智力项目，每项限报一人，且每人至多参加一项，则共有____种不同的报名方法.
答案 120
解析 每项限报一人，且每人至多参加一项，因此可由项目选人，第一个项目有6种选法，第二个项目有5种选法，第三个项目有4种选法，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有6×5×4＝120(种).
12.在编号为1，2，3，4，5，6的六个盒子中放入两个不同的小球，每个盒子中最多放入一个小球，且不能在两个编号连续的盒子中同时放入小球，则不同的放小球的方法有________种.
答案 20
解析 设两个不同的小球为A，B，当A放入1号盒或者6号盒时，B有4种不同的放法；当A放入2，3，4，5号盒时，B有3种不同的放法，一共有4×2＋3×4＝20种不同的放法.
13.(2022·石家庄模拟)将“福”、“禄”、“寿”填入到如图所示的4×4小方格内，每格内只填入一个汉字，且任意的两个汉字既不同行也不同列，则不同的填写方法有( )
A.288种 B.144种 C.576种 D.96种
答案 C
解析 第一步，先从16个格子中任选一格放一个汉字有16种方法，
第二步，任意的两个汉字既不同行也不同列，剩下的只有9个格子可以放，有9种方法，
第三步，第三个汉字只有4个格子可以放，有4种方法，
由分步乘法计数原理知共有16×9×4＝576(种).
14.我们把各位数字之和为6的四位数称为“六合数”(如2 022是“六合数”)，则首位为2的“六合数”共有( )
A.18个 B.15个 C.12个 D.9个
答案 B
解析 依题意，这个四位数的百位数、十位数、个位数之和为4.由4，0，0组成3个数分别为400，040，004；由3，1，0组成6个数分别为310，301，130，103，013，031；由2，2，0组成3个数分别为220，202，022；由2，1，1组成3个数分别为211，121，112.共计3＋6＋3＋3＝15(个).
15.如图所示，使电路接通，开关不同的闭合方式共有________种.
答案 21
解析 根据题意，若电路接通，则开关1，2与3，4，5中都至少有1个闭合，
对于开关1，2，共有2×2＝4(种)情况，其中全部断开的有1种情况，则其至少有1个闭合的有4－1＝3(种)情况，
对于开关3，4，5，共有2×2×2＝8(种)情况，其中全部断开的有1种情况，则其至少有1个闭合的有8－1＝7(种)情况，则电路接通的情况有3×7＝21(种).
16.工人在安装一个正六边形零件时，需要固定如图所示的六个位置的螺栓.若按一定顺序将每个螺栓固定紧，但不能连续固定相邻的2个螺栓，则不同的固定螺栓方式的种数是________.
答案 60
解析 根据题意，第一个可以从6个螺栓里任意选一个，共有6种选择方法，并且是机会相等的，若第一个选1号螺栓，第二个可以选3，4，5号螺栓，依次选下去，共可以得到10种方法，所以总共有10×6＝60(种)方法.
考试要求 1.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理；2.会用分类加法计数原理或分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题.
1.分类加法计数原理
完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法.那么完成这件事共有N＝m＋n种不同的方法.
2.分步乘法计数原理
完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m×n种不同的方法.
3.分类加法和分步乘法计数原理，区别在于：分类加法计数原理针对“分类”问题，其中各种方法相互独立，用其中任何一种方法都可以做完这件事；分步乘法计数原理针对“分步”问题，各个步骤相互依存，只有各个步骤都完成了才算完成这件事.
分类加法计数原理与分步乘法计数原理是解决排列组合问题的基础，并贯穿其始终.
1.分类加法计数原理中，完成一件事的方法属于其中一类，并且只属于其中一类.
2.分步乘法计数原理中，各个步骤相互依存，步与步之间“相互独立，分步完成”.
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(1)在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同.( )
(2)在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能直接完成这件事.( )
(3)在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的.( )
(4)在分步乘法计数原理中，事情是分两步完成的，其中任何一个单独的步骤都能完成这件事.( )
答案 (1)× (2)√ (3)√ (4)×
解析 分类加法计数原理，每类方案中的方法都是不同的，每一种方法都能完成这件事；分步乘法计数原理，每步的方法都是不同的，每步的方法只能完成这一步，不能完成这件事，所以(1)，(4)均不正确.
2.(2021·滕州期中)从甲地到乙地有三种方式可以到达.每天有8班汽车、2班火车和2班飞机.一天一人从甲地去乙地，共有不同的走法种数为( )
A.24 B.16 C.12 D.48
答案 C
解析 分三类：一类是乘汽车有8种方法；一类是乘火车有2种方法；一类是乘飞机有2种方法，由分类加法计数原理知，共有8＋2＋2＝12(种)方法.
3.已知集合M＝{1，－2，3}，N＝{－4，5，6，－7}，从M，N这两个集合中各选一个元素分别作为点的横坐标、纵坐标，则这样的坐标在直角坐标系中可表示第一、第二象限内不同的点的个数是( )
A.12 B.8 C.6 D.4
答案 C
解析 分两步：第一步先确定横坐标，有3种情况，第二步再确定纵坐标，有2种情况，因此第一、二象限内不同点的个数是3×2＝6，故选C.
4.已知某公园有4个门，从一个门进，另一个门出，则不同的走法的种数为( )
A.16 B.13 C.12 D.10
答案 C
解析 将4个门编号为1，2，3，4，从1号门进入后，有3种出门的方法，共3种走法，从2，3，4号门进入，同样各有3种走法，共有不同走法3×4＝12(种).
5.(易错题)从0，2中选一个数字，从1，3，5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为( )
A.24 B.18 C.12 D.6
答案 B
解析 分两类情况讨论：第1类，奇偶奇，个位有3位选择，十位有2种选择，百位有2种选择，共有3×2×2＝12(个)奇数；第2类，偶奇奇，个位有3种选择，十位有2种选择，百位有1种选择，共有3×2×1＝6(个)奇数.根据分类加法计数原理知，共有12＋6＝18(个)奇数.
6.(易错题)某人有3个电子邮箱，他要发5封不同的电子邮件，则不同的发送方法有________种.
答案 243
解析 因为每个邮件选择发的方式有3种不同的情况.所以要发5个电子邮件，发送的方法有3×3×3×3×3＝35＝243(种).
考点一 分类加法计数原理的应用
1.从3名女同学和2名男同学中选1人主持主题班会，则不同的选法种数为( )
A.6 B.5 C.3 D.2
答案 B
解析 5个人中每一个都可主持，所以共有5种选法.
2.从集合{1，2，3，…，10}中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为( )
A.3 B.4 C.6 D.8
答案 D
解析 以1为首项的等比数列为1，2，4；1，3，9；
以2为首项的等比数列为2，4，8；
以4为首项的等比数列为4，6，9；
把这4个数列的顺序颠倒，又得到另外的4个数列，
∴所求的数列共有2(2＋1＋1)＝8(个).
3.椭圆eq \f(x2,m)＋eq \f(y2,n)＝1的焦点在x轴上，且m∈{1，2，3，4，5}，n∈{1，2，3，4，5，6，7}，则这样的椭圆的个数为________.
答案 10
解析 因为焦点在x轴上，m>n，以m的值为标准分类，分为四类：第一类：m＝5时，使m>n，n有4种选择；第二类：m＝4时，使m>n，n有3种选择；第三类：m＝3时，使m>n，n有2种选择；第四类：m＝2时，使m>n，n有1种选择.由分类加法计数原理，符合条件的椭圆共有10个.
感悟提升 分类标准应抓住题目中的关键词、关键元素和关键位置.
(1)根据题目特点恰当选择一个分类标准.
(2)分类时应注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类，并且分别属于不同种类的两种方法才是不同的方法，不能重复.
(3)分类时除了不能交叉重复外，还不能有遗漏.
考点二 分步乘法计数原理的应用
例1 (1)用0，1，2，3，4，5可组成无重复数字的三位数的个数为________.
(2)五名学生报名参加四项体育比赛，每人限报一项，则不同的报名方法的种数为______.五名学生争夺四项比赛的冠军(冠军不并列)，则获得冠军的可能性有________种.
答案 (1)100 (2)45 54
解析 (1)可分三步给百、十、个位放数字，第一步：百位数字有5种放法；第二步：十位数字有5种放法；第三步：个位数字有4种放法，根据分步乘法计数原理，三位数的个数为5×5×4＝100.
(2)五名学生参加四项体育比赛，每人限报一项，可逐个学生落实，每个学生有4种报名方法，共有45种不同的报名方法.五名学生争夺四项比赛的冠军，可对4个冠军逐一落实，每个冠军有5种获得的可能性，共有54种获得冠军的可能性.
感悟提升 1.利用分步乘法计数原理解决问题要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的，并且分步必须满足：完成一件事的各个步骤是相互依存的，只有各个步骤都完成了，才算完成这件事.
2.分步必须满足两个条件：一是步骤互相独立，互不干扰；二是步与步确保连续，逐步完成.
训练1 (1)从集合{0，1，2，3，4，5，6}中任取两个互不相等的数a，b组成复数a＋bi，其中虚数的个数是( )
A.30 B.42 C.36 D.35
(2)(2021·贵阳诊断)中国有十二生肖，又叫十二属相，每一个人的出生年份对应了十二种动物(鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪)中的一种.现有十二生肖的吉祥物各一个，三位同学依次选一个作为礼物，甲同学喜欢牛和马，乙同学喜欢牛、狗和羊，丙同学哪个吉祥物都喜欢，如果让三位同学选取礼物都满意，则选法有( )
A.30种 B.50种 C.60种 D.90种
答案 (1)C (2)B
解析 (1)因为a＋bi为虚数，所以b≠0，即b有6种取法，a有6种取法，由分步乘法计数原理知可以组成6×6＝36个虚数.
(2)①若甲同学选择牛，则乙有2种选择，丙有10种选择，选法有1×2×10＝20种；
②若甲同学选择马，则乙有3种选择，丙有10种选择，选法有1×3×10＝30种，
所以共有20＋30＝50种选法.故选B.
考点三 两个计数原理的综合应用
角度1 与数字有关的问题
例2 用0，1，2，3，4，5，6这7个数字可以组成________个无重复数字的四位偶数(用数字作答).
答案 420
解析 要完成的“一件事”为“组成无重复数字的四位偶数”，所以千位数字不能为0，个位数字必须是偶数，且组成的四位数中四个数字不重复，因此应先分类，再分步.
①第1类，当千位数字为奇数，即取1，3，5中的任意一个时，个位数字可取0，2，4，6中的任意一个，百位数字不能取与这两个数字重复的数字，十位数字不能取与这三个数字重复的数字.
根据分步乘法计数原理，有3×4×5×4＝240(种)取法.
②第2类，当千位数字为偶数，即取2，4，6中的任意一个时，个位数字可以取除首位数字的任意一个偶数数字，百位数字不能取与这两个数字重复的数字，十位数字不能取与这三个数字重复的数字.
根据分步乘法计数原理，有3×3×5×4＝180(种)取法.
③根据分类加法计数原理，共可以组成240＋180＝420(个)无重复数字的四位偶数.
角度2 与几何有关的问题
例3 如果一条直线与一个平面平行，那么称此直线与平面构成一个“平行线面组”.在一个长方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数是( )
A.60 B.48 C.36 D.24
答案 B
解析 一个长方体的面可以和它相对的面上的4条棱和两条对角线组成6个“平行线面组”，一共有6个面，共有6×6＝36(个).
长方体的每个对角面有2个“平行线面组”，共有6个对角面，一共有6×2＝12(个).
根据分类加法计数原理知：共有36＋12＝48(个).
角度3 涂色问题
例4 如图所示，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端异色，如果只有5种颜色可供使用，求不同的染色方法种数.
解 法一 按所用颜色种数分类.
第一类：5种颜色全用，共有Aeq \\al(5,5)种不同的方法；
第二类：只用4种颜色，则必有某两个顶点同色(A与C，或B与D)，共有2×Aeq \\al(4,5)种不同的方法；
第三类：只用3种颜色，则A与C，B与D必定同色，共有Aeq \\al(3,5)种不同的方法.
由分类加法计数原理，得不同的染色方法种数为Aeq \\al(5,5)＋2×Aeq \\al(4,5)＋Aeq \\al(3,5)＝420(种).
法二 以S，A，B，C，D顺序分步染色.
第一步：S点染色，有5种方法；
第二步：A点染色，与S在同一条棱上，有4种方法；
第三步：B点染色，与S，A分别在同一条棱上，有3种方法；第四步：C点染色，也有3种方法，但考虑到D点与S，A，C相邻，需要针对A与C是否同色进行分类，当A与C同色时，D点有3种染色方法；当A与C不同色时，因为C与S，B也不同色，所以C点有2种染色方法，D点也有2种染色方法.由分步乘法、分类加法计数原理得不同的染色方法共有5×4×3×(1×3＋2×2)＝420(种).
感悟提升 1.在综合应用两个原理解决问题时应注意：
(1)一般是先分类再分步.在分步时可能又用到分类加法计数原理.(2)对于较复杂的两个原理综合应用的问题，可恰当地列出示意图或列出表格，使问题形象化、直观化.
2.解决涂色问题，可按颜色的种数分类，也可按不同的区域分步完成.
训练2 (1)(2022·合肥模拟)用0，1，…，9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为( )
A.243 B.252 C.261 D.279
(2)(2022·青岛质检)如图所示，用4种不同的颜色涂入图中的矩形A，B，C，D中，要求相邻的矩形涂色不同，则不同的涂法有( )
A.72种 B.48种 C.24种 D.12种
答案 (1)B (2)A
解析 (1)0，1，2，…，9共能组成9×10×10＝900(个)三位数，其中无重复数字的三位数有9×9×8＝648(个)，∴有重复数字的三位数有900－648＝252(个).
(2)法一 首先涂A有4种涂法，则涂B有3种涂法，C与A，B相邻，则C有2种涂法，D只与C相邻，则D有3种涂法，所以共有4×3×2×3＝72种涂法.
法二 按要求涂色至少需要3种颜色，故分两类：一是4种颜色都用，这时A有4种涂法，B有3种涂法，C有2种涂法，D有1种涂法，共有4×3×2×1＝24(种)涂法；二是用3种颜色，这时A，B，C的涂法有4×3×2＝24(种)，D只要不与C同色即可，故D有2种涂法，所以不同的涂法共有24＋24×2＝72(种).
1.已知两条异面直线a，b上分别有5个点和8个点，则这13个点可以确定不同的平面个数为( )
A.40 B.16 C.13 D.10
答案 C
解析 分两类情况讨论：
第1类，直线a分别与直线b上的8个点可以确定8个不同的平面；
第2类，直线b分别与直线a上的5个点可以确定5个不同的平面.
根据分类加法计数原理知，共可以确定8＋5＝13个不同的平面.
2.(2021·济南调研)有4位教师在同一年级的4个班中各教一个班的数学，在数学检测时要求每位教师不能在本班监考，则不同的监考方法有( )
A.8种 B.9种 C.10种 D.11种
答案 B
解析 设四位监考教师分别为A，B，C，D，所教班分别为a，b，c，d，假设A监考b，则余下三人监考剩下的三个班，共有3种不同方法，同理A监考c，d时，也分别有3种不同方法，由分类加法计数原理，共有3＋3＋3＝9(种)不同的监考方法.
3.从0，1，2，3，4，5这六个数字中，任取两个不同的数字相加，其和为偶数的不同取法的种数为( )
A.30 B.20 C.10 D.6
答案 D
解析 从0，1，2，3，4，5这六个数字中任取两个不同的数字的和为偶数可分为两类：
第一类，取出的两个数都是偶数，有0和2，0和4，2和4，共3种不同的取法；
第二类，取出的两个数都是奇数，有1和3，1和5，3和5，共3种不同的取法.
由分类加法计数原理得，共有3＋3＝6种不同的取法.
4.某电话局的电话号码为139××××××××，若前六位固定，最后五位数字是由6或8组成的，则这样的电话号码的个数为( )
A.20 B.25 C.32 D.60
答案 C
解析 依据题意知，后五位数字由6或8组成，可分5步完成，每一步有2种方法，根据分步乘法计数原理，符合题意的电话号码的个数为25＝32.
5.集合P＝{x，1}，Q＝{y，1，2}，其中x，y∈{1，2，3，…，9}，且P⊆Q.把满足上述条件的一对有序整数对(x，y)作为一个点的坐标，则这样的点的个数是( )
A.9 B.14 C.15 D.21
答案 B
解析 当x＝2时，x≠y，点的个数为1×7＝7.
当x≠2时，由P⊆Q，∴x＝y.
∴x可从3，4，5，6，7，8，9中取，有7种方法.
因此满足条件的点共有7＋7＝14(个).
6.(2022·西安质检)将一个四面体P－ABC的六条棱上涂上红、黄、白三种颜色，要求共端点的棱不能涂相同颜色，则不同的涂色方案有( )
A.1种 B.3种 C.6种 D.9种
答案 C
解析 法一 如图，先涂PA，有3种方法，对于PB，因与PA有共同的端点，则有2种方法，对于PC，因与PA，PB有共同的端点，与PA，PB颜色不同，有1种涂色方法，这三条棱，共有3×2×1＝6种情况，而AB，BC，AC三条棱，都只有一种方法，则共有6×1＝6种.
法二 因为只有三种颜色，又要涂六条棱，且共端点的棱不能涂相同的颜色，所以应该将四面体的对棱涂成相同的颜色，故有3×2×1＝6(种)涂色方案.
7.(2022·安阳模拟)如图为我国数学家赵爽(约3世纪初)在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现在提供5种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方案共有( )
A.120种 B.260种 C.340种 D.420种
答案 D
解析 由题意可知上下两块区域可以相同，也可以不同，则共有5×4×3×1×3＋5×4×3×2×2＝180＋240＝420(种).故选D.
8.李明自主创业种植有机蔬菜，并且为甲、乙、丙、丁四家超市提供配送服务，甲、乙、丙、丁四家超市分别需要每隔2天、3天、5天、6天去配送一次.已知6月1日李明分别去了这四家超市配送，那么整个6月他不用去配送的天数是( )
A.12 B.13 C.14 D.15
答案 B
解析 将6月份的30天依次编号为1，2，3，…，30，因为甲、乙、丙、丁四家超市分别需要每隔2天、3天、5天、6天去配送一次，且6月1日李明分别去了这四家超市配送，所以李明去甲超市的天数编号为：1，4，7，10，13，16，19，22，25，28，共10天；李明去乙超市但不去甲超市的天数编号为：5，9，17，21，29，共5天；李明去丙超市但不去甲、乙超市的天数编号不存在，共0天；李明去丁超市但不去甲、乙、丙超市的天数编号为：8，15，共2天.所以李明需要配送的天数为10＋5＋0＋2＝17，所以整个6月李明不用去配送的天数是30－17＝13.
9.(2021·大同模拟)书架的第1层放有4本不同的计算机书，第2层放有3本不同的文艺书，第3层放有2本不同的体育书.从书架中任取1本书，则不同取法的种数为________.
答案 9
解析 从书架上任取1本书，有三类方法：第1类方法是从第1层取1本计算机书，有4种方法；第2类方法是从第2层取1本文艺书，有3种方法；第3类方法是从第3层取1本体育书，有2种方法.根据分类加法计数原理，不同取法的种数是N＝4＋3＋2＝9.
10.满足a，b∈{－1，0，1，2}，且关于x的方程ax2＋2x＋b＝0有实数解的有序数对(a，b)的个数为________.
答案 13
解析 当a＝0时，b的值可以是－1，0，1，2，故(a，b)的个数为4；当a≠0时，要使方程ax2＋2x＋b＝0有实数解，需使Δ＝4－4ab≥0，即ab≤1.
若a＝－1，则b的值可以是－1，0，1，2，(a，b)的个数为4；
若a＝1，则b的值可以是－1，0，1，(a，b)的个数为3；
若a＝2，则b的值可以是－1，0，(a，b)的个数为2.
由分类加法计数原理可知，(a，b)的个数为4＋4＋3＋2＝13.
11.有六名同学报名参加三个智力项目，每项限报一人，且每人至多参加一项，则共有____种不同的报名方法.
答案 120
解析 每项限报一人，且每人至多参加一项，因此可由项目选人，第一个项目有6种选法，第二个项目有5种选法，第三个项目有4种选法，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有6×5×4＝120(种).
12.在编号为1，2，3，4，5，6的六个盒子中放入两个不同的小球，每个盒子中最多放入一个小球，且不能在两个编号连续的盒子中同时放入小球，则不同的放小球的方法有________种.
答案 20
解析 设两个不同的小球为A，B，当A放入1号盒或者6号盒时，B有4种不同的放法；当A放入2，3，4，5号盒时，B有3种不同的放法，一共有4×2＋3×4＝20种不同的放法.
13.(2022·石家庄模拟)将“福”、“禄”、“寿”填入到如图所示的4×4小方格内，每格内只填入一个汉字，且任意的两个汉字既不同行也不同列，则不同的填写方法有( )
A.288种 B.144种 C.576种 D.96种
答案 C
解析 第一步，先从16个格子中任选一格放一个汉字有16种方法，
第二步，任意的两个汉字既不同行也不同列，剩下的只有9个格子可以放，有9种方法，
第三步，第三个汉字只有4个格子可以放，有4种方法，
由分步乘法计数原理知共有16×9×4＝576(种).
14.我们把各位数字之和为6的四位数称为“六合数”(如2 022是“六合数”)，则首位为2的“六合数”共有( )
A.18个 B.15个 C.12个 D.9个
答案 B
解析 依题意，这个四位数的百位数、十位数、个位数之和为4.由4，0，0组成3个数分别为400，040，004；由3，1，0组成6个数分别为310，301，130，103，013，031；由2，2，0组成3个数分别为220，202，022；由2，1，1组成3个数分别为211，121，112.共计3＋6＋3＋3＝15(个).
15.如图所示，使电路接通，开关不同的闭合方式共有________种.
答案 21
解析 根据题意，若电路接通，则开关1，2与3，4，5中都至少有1个闭合，
对于开关1，2，共有2×2＝4(种)情况，其中全部断开的有1种情况，则其至少有1个闭合的有4－1＝3(种)情况，
对于开关3，4，5，共有2×2×2＝8(种)情况，其中全部断开的有1种情况，则其至少有1个闭合的有8－1＝7(种)情况，则电路接通的情况有3×7＝21(种).
16.工人在安装一个正六边形零件时，需要固定如图所示的六个位置的螺栓.若按一定顺序将每个螺栓固定紧，但不能连续固定相邻的2个螺栓，则不同的固定螺栓方式的种数是________.
答案 60
解析 根据题意，第一个可以从6个螺栓里任意选一个，共有6种选择方法，并且是机会相等的，若第一个选1号螺栓，第二个可以选3，4，5号螺栓，依次选下去，共可以得到10种方法，所以总共有10×6＝60(种)方法.
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